精品解析：四川成都市锦江区嘉祥外国语高级中学2026届高三下学期第一次适应性考试数学试题

2023级高三下期第一次适应性考试 数 学 2026年5月17日 本卷共4页，满分150分，考试时120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 5．考试结束后，只将答题卡交回． 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求） 1. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 2. “”是“”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充分必要条件 3. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 4 B. -4 C. 3 D. -3 4. 在三棱锥中，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 曲线在点 处的切线与直线垂直，则实数a的值为（ ） A. 2 B. -2 C. D. 7. 若，且，则等于（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的两个焦点为，，过作直线交椭圆于，，若，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 给出下列命题中，其中正确的命题是（ ） A. 随机变量，则 B. 已知，，则 C. 随机变量，若，则， D. 以模型拟合一组数据时，为了求回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.2. 10. 已知直线l：，圆C：，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 直线l与圆C相离 B. 当时，直线l的斜率不存在 C. 若点为圆C上任意一点，则的最大值为2 D. 过直线l上一点P作圆C的切线，切点为A，的最小值为 11. 已知三棱锥S-ABC的底面是边长为a的正三角形，SA平面ABC，P为平面ABC内部一动点（包括边界）.若SA=，SP与侧面SAB，侧面SAC，侧面SBC所成的角分别为，点P到AB，AC，BC的距离分别为，那么（ ） A. 为定值 B. 为定值 C. 若成等差数列，则为定值 D. 若成等比数列，则为定值 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则________. 13. 小李从网上选了4道不同的A型题和2道不同的B型题，现将这6道题组成一份练习题．要求B型题不相邻且前3道题中至少有1道B型题，则6道题不同的安排顺序有________种． 14. 已知两单位向量满足：对任意的，有恒成立. 若，则对任意的，的取值范围是_____. 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）在数列中，，求数列的前项和． 16. 某市为增强高中学生的数学建模能力，组织了一次“数学建模竞赛”活动.本次竞赛活动满分为分，得分不低于分为优秀.为了解本次活动学生的得分情况，现从参加活动的所有同学中随机抽取了名学生的分数组成样本，并按分数分成以下6组：，统计结果如图所示. （1）求该样本中学生分数为优秀的人数； （2）从该样本分数不低于分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人进行个案研究，记分数在的人数为，求的分布列和均值； （3）根据频率分布直方图，以频率估计概率，现从该市所有参加活动的学生中随机抽取人，这名学生的分数相互独立.记分数为优秀的人数为，当最大时，求的值. 17. 已知抛物线的焦点为，准线为，直线与，的交点分别为，，且. （1）求； （2）若过点的直线交于，两点，且，求的值. 18. 如图所示，四棱台，底面为一个菱形，且. 底面与顶面的对角线交点分别为，. ，，与底面夹角余弦值为. （1）证明：平面； （2）现将顶面绕旋转角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与的夹角正弦值为，此时求的值()； （3）求旋转后与的夹角余弦值. 19. 对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素. （1）若，求的元素个数及； （2）当恰有一个元素时，的取值集合记为. （i）求； （ii）若，数列满足，，集合，.求证：，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高三下期第一次适应性考试 数 学 2026年5月17日 本卷共4页，满分150分，考试时120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 5．考试结束后，只将答题卡交回． 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求） 1. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用全称量词命题的否定直接判断得解. 【详解】命题“”是全称量词命题，其否定是存在量词命题， 所以所求的否定是. 故选：C 2. “”是“”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充分必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】分别求解不等式，，再根据充分、必要条件的定义判定即可. 【详解】由，得，解得； 由，得. 因为，推不出， 所以“”是“”成立的必要不充分条件. 3. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 4 B. -4 C. 3 D. -3 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘方得到，再根据复数代数形式的除法运算求出复数，即可得到，从而得到的虚部； 【详解】解：因为，，，所以， 因为，所以，，于是所以的虚部为4. 故选：A. 4. 在三棱锥中，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用中线向量公式，再结合向量的减法，即可求解. 【详解】 由是的中点，可知， 故选：B 5. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】判断出函数的奇偶性，再利用特殊值的正负得出选项． 【详解】设， 则， 即在上是奇函数，排除 又，排除, 故选：A． 6. 曲线在点 处的切线与直线垂直，则实数a的值为（ ） A. 2 B. -2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的导数，计算当时，，根据导数的几何意义即可得答案. 【详解】由题意得，当时，， 所以曲线在点处的切线斜率为2， 所以直线的斜率为，即，解得， 故选：A 7. 若，且，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据结合的范围分析可得，，再根据结合的范围分析可得，由结合两角和差公式分析求解即可. 【详解】已知，那么.． 又因为，所以，则． 可得． 因为，， 所以． 由于，所以， ∴． ． 故选：D. 8. 已知椭圆的两个焦点为，，过作直线交椭圆于，，若，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意在中，，在中，，再结合离心率求解即可. 【详解】连接，设，，则， 因为，所以， 在中，，所以， 化简得，则，， 在中，， 所以，即，所以离心率. 故选：D 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 给出下列命题中，其中正确的命题是（ ） A. 随机变量，则 B. 已知，，则 C. 随机变量，若，则， D. 以模型拟合一组数据时，为了求回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.2. 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，根据二项分布的均值公式易判断；B选项，根据条件概率的计算公式可判断；C选项，根据正态分布的概念以及随机变量间均值方差公式易判断；D选项，代入运算对比可判断. 【详解】A选项，，，故A正确； B选项，由条件概率的计算公式，， 故B错误； C选项，，，，又 ，，，故C正确； D选项，，又， ，即，，故D错误. 故选：AC. 10. 已知直线l：，圆C：，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 直线l与圆C相离 B. 当时，直线l的斜率不存在 C. 若点为圆C上任意一点，则的最大值为2 D. 过直线l上一点P作圆C的切线，切点为A，的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式即可判断A；根据直线方程即可判断B；根据点与圆的位置关系，结合两点间距离即可判断C；根据直线与圆的位置关系可知当时，取得最小值，即可判断D. 【详解】对于A， 圆C的圆心为，半径为1， 所以圆心到直线l：的距离， 所以直线l与圆C相离，故A正确； 对于B， 当时，l:，斜率为0，故B错误； 对于C， 因为原点在圆C上，所以， 所以的最大值为4，故C错误； 对于D， 因为，所以当最小时，取得最小值， 当时，由A知,的最小值为，所以，故D正确. 故选：AD. 11. 已知三棱锥S-ABC的底面是边长为a的正三角形，SA平面ABC，P为平面ABC内部一动点（包括边界）.若SA=，SP与侧面SAB，侧面SAC，侧面SBC所成的角分别为，点P到AB，AC，BC的距离分别为，那么（ ） A. 为定值 B. 为定值 C. 若成等差数列，则为定值 D. 若成等比数列，则为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】由等面积法计算判断选项AB，由等体积法计算，并结合等差中项与等比中项的性质，判断选项CD. 【详解】如图，作，由题意，根据等面积法可得，即，得，所以为定值，B正确；因为SA平面ABC，所以，又因为，，所以平面，平面，设点到平面的距离为，由等体积法可知，，即，得，因为，若成等差数列，即，所以为定值，C正确；若成等比数列，即，所以为定值，D正确； 故选：BCD 【点睛】一般关于三棱锥体积计算一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算底面积与点到底面的距离，代入棱锥的体积公式计算，二是可以通过等体积法，通过换底换高或者分为多个小三棱锥的和计算； 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则________. 【答案】-31 【解析】 【分析】根据二项展开式，令与代入，即可求解. 【详解】令可得，，令，则，所以. 13. 小李从网上选了4道不同的A型题和2道不同的B型题，现将这6道题组成一份练习题．要求B型题不相邻且前3道题中至少有1道B型题，则6道题不同的安排顺序有________种． 【答案】432 【解析】 【分析】先按2道不同的B型题不相邻，进行排列；在B型题不相邻的排列中，排除前3道题中没有B型题的情况，即可求解. 【详解】第一步，排4道A型题．4道A型题全排列，有种安排顺序； 第二步，排2道B型题．排好后的A型题会产生5个空位（包括两端）， 将2道B型题插入空位．有种安排顺序， 由分步乘法计数原理，得B型题不相邻的安排顺序有种； 第三步，排除不符合要求的情况．前3道题都是A型题的情况， 即2道B型题在第4题和第6题的位置：4道A型题全排列，有种安排顺序， 2道B型题全排列，有种安排顺序， 所以不符合要求的安排顺序有种． 所以不同的安排顺序有种． 14. 已知两单位向量满足：对任意的，有恒成立. 若，则对任意的，的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的运算律及一元二次不等式恒成立得到，即可求出与的夹角，不妨设、，，即可求出点在以坐标原点为圆心，半径的圆上，设，根据共线定理得到在直线上，则，将问题转化为圆上的点与直线上的点的连线段的长度问题，求出圆心到直线的距离，即可求出最小值. 【详解】因为对任意的，有恒成立， 所以恒成立，即恒成立， 又、为单位向量，所以恒成立， 所以， 所以，所以，设与的夹角为，则， 又，所以， 不妨设、，， 因为，所以，所以点在以坐标原点为圆心，半径的圆上， 设，则在直线上， 又直线的方程为，即， 所以， 所以， 又到直线的距离，所以， 即的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点睛：首先由不等式恒成立求出与的夹角，再者是将向量用坐标表示，最后是将向量模的问题转化为平面几何圆上的点与直线上的点的连线段长度问题. 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）在数列中，，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据求解即可； （2）利用分组求和法求解即可. 【小问1详解】 由， 当时，，所以， 当时，，即， 所以数列是从第二项开始以为公比的等比数列， 所以； 【小问2详解】 当时，，此时 当时，， 则， 此时 ， 当时，，上式成立， 所以. 16. 某市为增强高中学生的数学建模能力，组织了一次“数学建模竞赛”活动.本次竞赛活动满分为分，得分不低于分为优秀.为了解本次活动学生的得分情况，现从参加活动的所有同学中随机抽取了名学生的分数组成样本，并按分数分成以下6组：，统计结果如图所示. （1）求该样本中学生分数为优秀的人数； （2）从该样本分数不低于分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人进行个案研究，记分数在的人数为，求的分布列和均值； （3）根据频率分布直方图，以频率估计概率，现从该市所有参加活动的学生中随机抽取人，这名学生的分数相互独立.记分数为优秀的人数为，当最大时，求的值. 【答案】（1） （2）分布列 0 1 2 ， （3） 【解析】 【分析】（1）直接根据频率和样本容量计算可得； （2）由随机变量服从超几何分布，根据超几分布计算可得； （3）随机变量服从二项分布，再根据概率的增减性判断可得. 【小问1详解】 该样本中学生分数为优秀的频率 故优秀的人数为人; 【小问2详解】 从样本中得分不低于70分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取11人进行座谈， 其中分数在的人数为. 若从座谈名单中随机抽取3人，则的所有可能取值为. 则的分布列为： 0 1 2 所以. 【小问3详解】 由题意知，，则，. 令， 当，解得. 因为，所以时，， 当时，，所以当时，最大. 17. 已知抛物线的焦点为，准线为，直线与，的交点分别为，，且. （1）求； （2）若过点的直线交于，两点，且，求的值. 【答案】（1）2 （2）或. 【解析】 【分析】（1）由抛物线定义可得进而得到为等边三角形，从而求得，结合图形特征及角的正切即可求解； （2）设直线：,联立直线与抛物线可得，则由韦达定理得，，计算弦长代入中即可求得，再列方程结合弦长公式求值. 【小问1详解】 由抛物线定义得，又因为，所以为等边三角形， 所以， 设准线为与x轴交于点，且的纵坐标为，所以， 所以，所以； 【小问2详解】 设： ，，， 联立得，， 由韦达定理得，， 所以 ， 所以，所以，则， 由韦达定理得，， 所以，所以， 所以， 或， 所以 或， 所以的值为或. 18. 如图所示，四棱台，底面为一个菱形，且. 底面与顶面的对角线交点分别为，. ，，与底面夹角余弦值为. （1）证明：平面； （2）现将顶面绕旋转角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与的夹角正弦值为，此时求的值()； （3）求旋转后与的夹角余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）先在等腰梯形证明，求出；再证明即与底面夹角，利用，及余弦定理解得，再利用勾股定理有，所以可证平面. （2）根据题意建立合适的空间直角坐标系，易得平面的一个法向量，根据旋转方向和旋转前的位置，写出坐标为；再根据底面与的夹角正弦值为，求出. （3）与第二问的原理相同，根据旋转方向和旋转前的位置写出，，即，，从而得到旋转后与的夹角余弦值. 【小问1详解】 连接，，过点作于点，取中点，连接，如图. 由题易得，. 所以. 在四棱台中易得， 又因为且，所以四边形为等腰梯形. 因为，分别是和的中点，所以， 又因为，易得等腰梯形的高. 因为在菱形中，且面，， 所以面，又因为面， 所以，又因为，且面，， 所以面，因此即与底面夹角. 由题易得，且，所以四边形为平行四边形，所以. 则， 在中由余弦定理可得，解得. 所以，由勾股定理得. 又因为，且面，， 所以平面. 【小问2详解】 因为， 所以为原点，，，方向分别为，，轴正方向建立如图所示空间直角坐标系. 易得平面的一个法向量， 旋转前坐标分别为：，，，，，. 点旋转的过程俯视如图： 因为在旋转过程中不变，且点所在终边对应的角大小为，逆时针旋转角后点坐标为，即，所以 所以底面与的夹角正弦值为, 解得，又因为，所以. 【小问3详解】 由第二问可得，因为点所在终边对应的角为，所以旋转后点，即； 同理因为点所在终边对应的角为，所以旋转后点，即. 所以，， 因此旋转后与的夹角余弦值为. 19. 对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素. （1）若，求的元素个数及； （2）当恰有一个元素时，的取值集合记为. （i）求； （ii）若，数列满足，，集合，.求证：，. 【答案】（1）的元素个数为2， （2）（i）； （ii）由（i）知，，所以， 此时，，，由（i）知，在单调递增， 所以，当时，，所以，即， 故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而， 重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，， 下面我们先证明当时，， 设，， 所以，所以在单调递减， 所以， 即当时，， 从而当时，， 从而，即， 故，即， 由于，，所以，， 故， 故时，， 所以，故. 解法二：（i）当时，，故是的一个不动点； 当时，由，得（*）， 要使得恰有一个元素，即方程有唯一解，因此方程（*）无实数解， 即直线与曲线无公共点. 令，则，令， 则， 所以在单调递减，又因为，所以当时，，当时，， 所以当时，，当时， 所以在单调递增，在单调递减， 令，则，， 则 ， 又因为当时，，当时，， 所以曲线的大致图象如图所示： 由图可知，，所以的取值范围为，即集合. （ii）由（i）知，，所以， 此时，， 令，则， 令，当时，，所以在单调递增， 所以当时，，所以， 所以在单调递增，所以， 故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而， 重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，. 下面先证明当时，. 令，则， 所以在单调递增，所以当时，，所以当时，. 所以 ， 由于，所以， 故，即， 故， 故时，. 所以，故. （ii）解法三：同解法一可得，. 下面我们先证明当时，. 设，则当时，，所以在单调递减，所以，即， 从而当时，， 于是， 从而，即， 故，即， 由于，所以， 故， 故时，. 所以. 故. 【解析】 【分析】（1）依题意可得，令，利用导数求出函数的单调性，即可求出零点，即可求出集合，从而得解； （2）（i）结合（1）可得，令，求出函数的导函数，再分，两种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的零点个数，从而确定集合； （ii）由（i）可得，即可得到，即可得到，先利用导数证明当时，，即可得到，故，即，从而得到，即可放缩得到，利用等比数列求和公式求出，即可得解. 【小问1详解】 当时，，其定义域为. 由得. 设，则， 当时，；当时，； 所以在单调递增；在单调递减， 注意到，所以在恰有一个零点，且， 又，所以，所以在恰有一个零点， 即在恰有一个不动点，在恰有一个不动点， 所以，所以的元素个数为， 又因为，所以. 【小问2详解】 （i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意； 当时，，其定义域为， 由得. 设，，则， 设，则， ①当时，，所以在单调递增， 又，所以在恰有一个零点， 即在恰有一个不动点，符合题意； ②当，故恰有两个零点. 又因为，所以， 当时，；当时，； 当时，； 所以在单调递增，在单调递减，在单调递增； 注意到，所以在恰有一个零点， 且， 又时，，所以在恰有一个零点， 从而至少有两个不动点，不符合题意； 所以的取值范围为，即集合. （ii）略 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $